用户: Cybcat/百题大过关/2023 P 代数 同调代数

1.	$A$ 是 PID, $0\ne a\in A$ 非单位, 记 $B=A/aA$, 证明 $B$ 是内射 $B$-模也是投射 $B$-模, 并且 $B$ 作为 $A$-模既不投射也不内射.
2.	$G$ 是有限非交换单群, 证明 $H_1(G;\mathbb{Z})=H^1(G;\mathbb{Z})=H^2(G;\mathbb{Z})=0$, 这里 $G$ 在 $\mathbb{Z}$ 平凡作用.
3.	设 $G=Q_8$ 为 $8$ 阶四元数群, 求证 $\{\pm 1\}\to G\to T=\mathrm{coker}$ 不分裂, 并将这个扩张对应到群上同调 $H^2(T,\pm 1)$ 中的元素, 以 $T\times T\to \{\pm 1\}$ 的形式写出.
4.	证明 $\mathrm{cone}(B\to \mathrm{cone}(A\to B))$ 和 $A[1]$ 是拟同构 (qis) 的.
5.	设 $k$ 是域, 证明 $k[x]$ 不是平坦的 $k[x^2,x^3]$-模.

第一题.

第一题. (1) 首先 PID 上的有限生成模投射当且仅当自由, 注意到 $B$ 作为 $A$-模是挠的, 因为 $aB=0$, 因此 $B$ 作为 $A$-模不投射. (2) 其次内射模总是可除, 但是 $B$ 不能除以非零因子 $a$, 由此可知 $B$ 作为 $A$-模不内射.

(3) 然后 $B$ 作为 $B$-模自由所以投射. (4) 检查内射可以使用 Baer 判据硬算, $B$ 的理想形如 $bA/aA$ 其中 $b\mid a$ 是因子, 我们只需检查任何映射 $bA/aA\to A/aA$ 都能延拓为 $A/aA\to A/aA$ 的映射. 而注意到 $bA/aA\to A/aA$ 的映射实际上只能将 $b$ 映射为某 $c$, 满足 $a\mid (a/b)c$. 也就是说必须有 $ab\mid ac$ 或者说 $b\mid c$, 因此这映射一定是乘 $(c/b)$, 可以延拓.

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第二题.

第二题. (1) 首先对群 $G$ 有 $H_1(G;\mathbb{Z})=G^{\mathrm{ab}}=G/[G,G]$. 由于 $G$ 是非交换单群, 故它是完美群, 故 $H_1=0$. (2) 接下来使用万有系数定理, 结合 $H_0$ 自由, $H^1(G;\mathbb{Z})=\mathrm{Hom}(H_1(G;\mathbb{Z}),\mathbb{Z})$, 所以它也平凡. 实际上对一般的有限群 $G$ 总有 $H^1=0$.

引理, 有限群 $G$ 是 $m$ 阶群, 若一个 $G$-模 $A$ 满足乘 $m$ 的映射是同构, 那么$$H_0(G;A)=H^0(G;A)=eA,H_n(G;A)=H^n(G;A)=0,n>0.$$

引理的证明, 设 $R=\mathbb{Z}[G][m^{-1}]$, 那么 $R$ 中元素 $e=({\sum }_{g\in G}g)/m$ 满足 $e^2=e$. 注意作为环同构 $R\cong eR\times (1-e)R$, 其中 $eR\cong \mathbb{Z}[1/m]$, 检查 $A^G=eA=A/(1-e)A=A_G$, 另外 $eR$ 是直和分量因此是投射 $R$-模. 另外注意到 $R$ 是局部化从而是平坦 $\mathbb{Z}[G]$-模, 因此 $n>0$ 时$$H_n(G;A)={\mathrm{Tor}}_n^{\mathbb{Z}[G]}(\mathbb{Z},A)={\mathrm{Tor}}_n^R(\mathbb{Z}{\otimes }_{\mathbb{Z}[G]}R,A)={\mathrm{Tor}}_n^R(eR,A)=0.$$然后观察上同调, 假设 $P_{\bullet }\to \mathbb{Z}$ 是 $\mathbb{Z}[G]$-投射消解, 则由张量积的泛性质得到 $P_{\bullet }{\otimes }_{\mathbb{Z}[G]}R\to \mathbb{Z}[1/m]=eR$ 是 $R$-投射消解.$$\begin{array}{rl}{H}^n(G;A)={\mathrm{Ext}}_{\mathbb{Z}[G]}^n(\mathbb{Z},A)& =H^n{\mathrm{Hom}}_{\mathbb{Z}[G]}(P_{\bullet },A)\\ & =H^n{\mathrm{Hom}}_R(P_{\bullet }{\otimes }_{\mathbb{Z}[G]}R,A)={\mathrm{Ext}}_R^n(eR,A)=0.\end{array}$$由此我们证明了命题.

(3) 考虑短正合列 $0\to \mathbb{Z}\to \mathbb{C}\to {\mathbb{C}}^{\times }\to 0$ 诱导的长正合列. 首先根据引理 $H^1(G;\mathbb{C})=H^2(G;\mathbb{C})=0$, 这是因为 $|G|$ 在 $\mathbb{C}$ 中可逆. 现在我们得到 $H^2(G;\mathbb{Z})\cong H^1(G;{\mathbb{C}}^{\times })=\mathrm{Hom}(H_1(G;\mathbb{Z}),{\mathbb{C}}^{\times })$, 也平凡. 实际上对一般的有限群, $H^2$ 就是 $G$ 的一维表示, 也将同构于 $(G^{\mathrm{ab}}{)}^{\vee }\cong G^{\mathrm{ab}}$.

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第三题.

第三题. 首先计算商 $T=⟨1,i,j,k:1=i^2=j^2=k^2,ij=ji=k,jk=kj=i,ki=ik=j⟩$ 是 Klein 群. 要证明它不分裂, 更强地我们指出 $T$ 不能是 $G$ 的子群, 只需注意到 $G$ 的四阶子群循环即可.

然后就是经典内容, 商中心得到交换群, 此时的中心扩张完全由 factor set 决定, 取原像 $1,i,j,k$. 于是我们只需计算 $[i,j]=ij{k}^{-1}=1,[j,i]=ji{k}^{-1}=-1$. 类似地 $[j,k]=[k,i]=1$, $[k,j]=[i,k]=-1$, 此外 $[i,i]=[j,j]=[k,k]=-1$. 这个扩张是不分裂的.

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第四题.

第四题. 本质上这件事就是在说有好三角 $A\to B\to \mathrm{cone}(A\to B)\to A[1]$.

实际上对任意 $A\to B$ 我们总具有短正合列 $0\to B\to \mathrm{cone}(A\to B)\to A[1]\to 0$. 而且对于给定短正合列 $0\to A\to B\to C\to 0$, 我们有 $\mathrm{cone}(A\to B)$ 和 $C$ 是 qis 的. 这两件事都是由映射锥的性质决定的, 具体的验证也可以通过详细的构造完成.

而且第二件事其实是第一件事的推论, 对下面的图表使用五引理即得.

补充, 几何地看这第二件事, 我们有另一个理解方式, 对于 $X\subset Y$ 是 good pair (模拟 $A\to B$), 我们有 $Y/X$ (模拟 $C$) 同伦等价于 $\mathrm{cone}(X\to Y)$ (模拟 $\mathrm{cone}(A\to B)$), 它们会具有相同的同调群. 而几何地看整件事, 其实就是说对于任意拓扑空间之间的映射 $f:X\to Y$, $Y\to \mathrm{cone}(f)$ 的映射锥同伦等价于纬悬 $\Sigma X$. 实际上题述 qis 是链同伦等价.

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第五题.

第五题. 记环 $R=k[x^2,x^3]$ 以及 $R$-模 $S=k[x]$. 很明显 $R\to S$ 其实是做整环的正规化. 熟知非平凡的正规化绝不平坦, 我们指出这里 $\mathrm{Spec}S\to \mathrm{Spec}R$ 实则在 $0$ 处不平坦.

考虑极大理想 $M=(x^2,x^3)$ 嵌入 $R$ 的正合列 $0\to M\to R$. 取张量积 $-{\otimes }_{R}S$, 得到 $0\to MS\to RS=S$. 我们指出它不正合, $x^3\otimes 1$ 和 $x^2\otimes x$ 在 $RS$ 中被下面的关系等同: $$x^3\otimes 1=(x^3\cdot 1)\otimes 1=x^3(1\otimes 1)=x^2(1\otimes x)=x^2\otimes x.$$然而因为 $1\notin M$ 所以这件事仅能在 $RS=S$ 中进行而不能在 $MS$ 中进行.

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